三角函数中的参数问题

2024-11-03

三角函数中的参数问题（精选12篇）

三角函数中的参数问题篇1

含参数的三角函数问题是历年来高考的常考内容, 难度较大, 解答此类问题需熟练掌握三角函数的图象和性质, 常用到函数与方程思想、化归思想、数形结合思想等.

1. 从三角函数的图象求参数

2.从三角函数的最值求参数

3. 从三角函数的周期性求参数

4. 从三角函数的奇偶性求参数

5. 从三角函数的单调性求参数

6. 周期性和对称性的综合应用

7. 对称性与单调性的综合应用

三角函数中的参数问题篇2

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网格线中的三角函数问题篇3

一、补形的策略

例1 （2015·山西）如图1，在网格中，小正方形的边长均为1，点A、B、C都在格点上，则∠ABC的正切值是（）.

A.2 B.[255] C.[55] D.[12]

【方法探究】如何把∠ABC放在某个直角三角形中是解决本题的关键，仔细观察可以发现：AB在小正方形的对角线上，能联想到45°角，只要连接AC即可构造出直角，然后在直角三角形中运用三角函数的定义求解.

【过程展示】如图2，连接AC，则∠CAB=90°，在Rt△ABC中，tan∠ABC=[ACAB]=[12].故选D.

例2 （2016·福建福州）如图3，6个形状、大小完全相同的菱形组成网格，菱形的顶点称为格点.已知菱形的一个角（∠O）为60°，A、B、C都在格点上，则tan∠ABC的值是 .

【方法探究】观察网格的特点，首先考虑如何将∠ABC放到一个直角三角形中，这是解决问题的关键.

【过程展示】如图4，连接DA，DC，则点B、C、D在同一直线上，设菱形的边长为a，由题意得∠ADF=30°，∠BDF=60°，∴∠ADB=90°，

AD=[3a]，DB=2a，tan∠ABC=[ADBD]=[3a2a]=[32]，故答案为[32].

二、转化的思想

例3 （2012·江苏泰州）如图5，在由边长相同的小正方形组成的网格中，点A、B、C、D都在这些小正方形的顶点上，AB、CD相交于点P，则tan∠APD的值为 .

【方法探究】直接求∠APD的正切值比较困难，可以考虑利用线段的平移对∠APD进行转化，找出它的“替身”，然后进行求解，以达到化难为易的目的.

【过程展示】如图6，取小正方形的顶点E，连接AE、BE，由图可知CD∥BE，∴∠APD=∠ABE，在Rt△ABE中，tan∠ABE=2，∴tan∠APD=2.

例4 （2016·山东淄博）图7是由边长相同的小正方形组成的网格，A、B、P、Q四点均在正方形网格的格点上，线段AB、PQ相交于点M，则图中∠QMB的正切值是（）.

A.[12] B.1 C.[3] D.2

【方法探究】如果直接求tan∠QMB可考虑连接AP、BQ，运用△APM∽△BQM求出AM或BM，然后在Rt△APM或Rt△BQM中求解；如果间接求解，应考虑对∠QMB进行转化，最好的思路是考虑线段的平移.①如图8，平移AB至A′Q，在Rt△A′PQ中求tan∠Q；②如图9，平移AB至PB′，在Rt△B′PQ中求tan∠P；③如图10，平移PQ使其经过线段AB中点D，然后在Rt△ACD中求tan∠ADC.

【过程展示】以第①种平移为例，如图8，平移AB至A′Q后，∠Q=∠QMB，在Rt△A′PQ中，tan∠Q=[A′PA′Q]=2，所以tan∠QMB=2.故选D.

三、等积法

例5 （2015·四川乐山）如图11，已知△ABC的三个顶点均在格点上，则cosA的值为（）.

A.[33] B.[55] C.[233] D.[255]

【方法探究】通过作三角形的高构造直角三角形，先利用等积法（或勾股定理）求出高，然后运用余弦的定义解答.

【过程展示】如图11，设小正方形的边长为1，过点B作AC边上的高BD.

由勾股定理得：AC=[32]，AB=[10]，

由等积法可得：[12]BC?h=[12]?AC?BD，

即[12]×2×3=[12]×[32]?BD，解得BD=[2]，由勾股定理，得AD=[AB2-BD2]=[22]，

∴cosA=[ADAB]=[2210]=[255].故选D.

例6 （2014·广西贺州）如图12，网格中的每个小正方形的边长都是1，△ABC每个顶点都在网格的交点处，则sinA= .

【方法探究】在替换与∠A相等的角比较困难的情况下，可以考虑通过作高进行构造，把∠A放在某个直角三角形中进行求解.

【过程展示】如图12，过点C作CE⊥AB，垂足为E，连接AD，则AD⊥BC，从不同的角度把△ABC的面积计算两次得：

S△ABC=[12]AB?CE=[12]BC?AD，

所以[12]×[25]×CE=[12]×[22]×[32]，

所以CE=[655]，在Rt△ACE中，

sin∠CAE=[CEAC]=[65525]=[35].

由此可见，遇到网格中的锐角三角函数求值问题，我们通常有两种思路：一是原地不动，想办法构造直角三角形求解；二是转移该角，如利用平行线进行转化.一般情况下，遇到求三角函数问题优先考虑转化，在没有好的转化思路的情况下再考虑如何构造.

函数问题中参数的讨论篇4

例1:设函数, 对任意x∈ (1, +∞) , f (mx) +mf (x) <0恒成立, 则实数m的取值范围是.

[解析]在此, 我们将参数m分离出来, 得到关于m的不等式, 从而求出它的范围.

解:已知f (x) 为增函数且m≠0.若m>0, 由复合函数的单调性可知f (mx) 和mf (x) 均为增函数, 此时不符合题意.m<0时有.因为y=2x2在x∈ (1, +∞) 上的最小值为2, 所以, 解得m<-1.

例2:设函数f (x) =x2-1, 对任意恒成立, 求实数m的取值范围.

[解析]同例1, 我们将参数m分离出来, 得到在上恒成立, 然后将问题转化为求解不等式得到实数的m取值范围.

例3:已知函数f (x) = (a+1) 1nx+ax2+1.

(I) 讨论函数f (x) 的单调性;

(II) 设a<-1.如果对任意x1, x2∈ (0, +∞) , |f (x1) -f (x2) ≥4|x1-x2|, 求a的取值范围.

[解析]这是一道函数综合题目, 涉及求导, 构造函数, 时刻都伴随着对参数的讨论, 在解决此问题时, 求导是不难想到的, 但导函数中含有参数a即在求单调区间时, 如何对参数进行讨论是问题的关键, 已知函数的定义域为 (0, +∞) , 导函数分母恒正, 我们只需要讨论分子的正负, 而分子是含有参数的二次函数, 可结合抛物线的相关性质开口方向、对称轴、顶点进行分类讨论, 得到参数分为a≥0, a≤-1-1

在第二问中, 通过取x1, x2∈ (0, +∞) , f (x2) +4x2≥f (x1) +4x1, 想到构造函数g (x) =f (x) +4x, 问题转化为g (x) 在 (0, +∞) 上单调递减, 得到含有参数a的不等式我们又可以采取分离参数的方法, 将所得不等式进行变形得到得出参数a的范围 (-∞, -2].

(Ⅱ) 不妨假设, 而x1≥x2, a<-1, 由 (Ⅰ) 知在 (0, +∞) 上单调减少, 从而x1, x2∈ (0, +∞) , f (x1) -f (x2) ≥4 x1-x2.等价于x1, x2∈ (0, +∞) , f (x2) +4x2≥f (x1) +4x1, (1)

三角函数中的参数问题篇5

在C++中，构造函数，拷贝构造函数，析构函数和赋值函数(赋值运算符重载)是最基本不过的需要掌握的知识。但是如果我问你“拷贝构造函数的参数为什么必须使用引用类型？”这个问题，你会怎么回答？或许你会回答为了减少一次内存拷贝？很惭愧的是，我的第一感觉也是这么回答。不过还好，我思索一下以后，发现这个答案是不对的。

原因：

如果拷贝构造函数中的参数不是一个引用，即形如CClass(const CClass c_class)，那么就相当于采用了传值的方式(pass-by-value)，而传值的方式会调用该类的拷贝构造函数，从而造成无穷递归地调用拷贝构造函数。因此拷贝构造函数的参数必须是一个引用。

需要澄清的是，传指针其实也是传值，如果上面的拷贝构造函数写成CClass(const CClass* c_class)，也是不行的。事实上，只有传引用不是传值外，其他所有的传递方式都是传值。

先从一个小例子开始：（自己测试一下自己看看这个程序的输出是什么？）

[cpp] view plain copy #include

using namespace std;

class CExample

{

private:

int m_nTest;

public:

CExample(int x): m_nTest(x)

//带参数构造函数

{

cout << “constructor with argument”<

}

// 拷贝构造函数，参数中的const不是严格必须的，但引用符号是必须的 CExample(const CExample & ex)

//拷贝构造函数

{

m_nTest = ex.m_nTest;

cout << “copy constructor”<

}

CExample& operator =(const CExample &ex)

//赋值函数(赋值运算符重载)

{

cout << “assignment operator”<

m_nTest = ex.m_nTest;

return *this;

}

void myTestFunc(CExample ex)

{

}

};

int main(void)

{

CExample aaa(2);

CExample bbb(3);

bbb = aaa;

CExample ccc = aaa;

bbb.myTestFunc(aaa);

return 0;

}

这个例子的输出结果是： [cpp] view plain copy constructor with argument

// CExample aaa(2);

constructor with argument

// CExample bbb(3);

assignment operator

// bbb = aaa;

copy constructor

// CExample ccc = aaa;

copy constructor

// bbb.myTestFunc(aaa);

如果你能一眼看出就是这个结果的话，恭喜你，可以站起来扭扭屁股，不用再往下看了。

如果你的结果和输出结果有误差，那拜托你谦虚的看完。

第一个输出： constructor with argument

// CExample aaa(2);

如果你不理解的话，找个人把你拖出去痛打一顿，然后嘴里还喊着“我是二师兄，我是二师兄.......”

第二个输出：constructor with argument

// CExample bbb(3);

分析同第一个

第三个输出： assignment operator

// bbb = aaa;

第四个输出： copy constructor

// CExample ccc = aaa;

这两个得放到一块说。肯定会有人问为什么两个不一致。原因是，bbb对象已经实例化了，不需要构造，此时只是将aaa赋值给bbb，只会调用赋值函数，就这么简单，还不懂的话，撞墙去！但是ccc还没有实例化，因此调用的是拷贝构造函数，构造出ccc，而不是赋值函数，还不懂的话，我撞墙去！

第五个输出： copy constructor

// bbb.myTestFunc(aaa);

实际上是aaa作为参数传递给bbb.myTestFunc(CExample ex)，即CExample ex = aaa；和第四个一致的，所以还是拷贝构造函数，而不是赋值函数，如果仍然不懂，我的头刚才已经流血了，不要再让我撞了，你就自己使劲的再装一次吧。

通过这个例子，我们来分析一下为什么拷贝构造函数的参数只能使用引用类型。

看第四个输出： copy constructor

// CExample ccc = aaa;

构造ccc，实质上是ccc.CExample(aaa);我们假如拷贝构造函数参数不是引用类型的话，那么将使得 ccc.CExample(aaa)变成aaa传值给ccc.CExample(CExample ex)，即CExample ex = aaa，因为 ex 没有被初始化，所以 CExample ex = aaa 继续调用拷贝构造函数，接下来的是构造ex，也就是 ex.CExample(aaa)，必然又会有aaa传给CExample(CExample ex), 即 CExample ex = aaa;那么又会触发拷贝构造函数，就这下永远的递归下去。

所以绕了那么大的弯子，就是想说明拷贝构造函数的参数使用引用类型不是为了减少一次内存拷贝，而是避免拷贝构造函数无限制的递归下去。

附带说明，在下面几种情况下会调用拷贝构造函数：

a、显式或隐式地用同类型的一个对象来初始化另外一个对象。如上例中，用对象c初始化d； b、作为实参(argument)传递给一个函数。如CClass(const CClass c_class)中，就会调用CClass的拷贝构造函数；

c、在函数体内返回一个对象时，也会调用返回值类型的拷贝构造函数；

d、初始化序列容器中的元素时。比如 vector svec(5)，string的缺省构造函数和拷贝构造函数都会被调用；

e、用列表的方式初始化数组元素时。string a[] = {string(“hello”), string(“world”)};会调用string的拷贝构造函数。

如果在没有显式声明构造函数的情况下，编译器都会为一个类合成一个缺省的构造函数。如果在一个类中声明了一个构造函数，那么就会阻止编译器为该类合成缺省的构造函数。和构造函数不同的是，即便定义了其他构造函数(但没有定义拷贝构造函数)，编译器总是会为我们合成一个拷贝构造函数。

另外函数的返回值是不是引用也有很大的区别，返回的不是引用的时候，只是一个简单的对象，此时需要调用拷贝构造函数，否则，如果是引用的话就不需要调用拷贝构造函数。[cpp] view plain copy #include

using namespace std;

class A

{

private:

int m_nTest;

public:

A()

{

}

A(const A& other)

//构造函数重载

{

m_nTest = other.m_nTest;

cout << “copy constructor”<

}

A & operator =(const A& other)

{

if(this!= &other)

{

m_nTest = other.m_nTest;

cout<<“Copy Assign”<

}

return *this;

}

};

A fun(A &x)

{

return x;

//返回的不是引用的时候，需要调用拷贝构造函数

}

int main(void)

{

A test;

fun(test);

system(“pause”);

return 0;

}

分享一道笔试题目，编译运行下图中的C++代码，结果是什么？（A）编译错误；（B）编译成功，运行时程序崩溃；（C）编译运行正常，输出10。请选择正确答案并分析原因。

[cpp] view plain copy class A

{

private:

int value;

public:

A(int n)

{

value = n;

}

A(A other)

{

value = other.value;

}

void Print()

{

cout<

}

};

int main(void)

{

A a = 10;

A b = a;

b.Print();

return 0;

}

函数中的新问题篇6

【例1】

定义在R上的函数f(x)，对任意实数x∈R，都有f(x+3)≤f(x)+3，f(x+2)≥f(x)+2成立，且f(1)=2,若an=f(n)(n∈N*),则a2 012= .

分析

先根据题意利用夹逼原理求出f(x+1)=f(x)+1，再由an=f(n)，f(x+1)=f(x)+1知道数列{an}的递推关系，又由f(1)=2，可以判断数列{an}是等差数列，通过等差数列的定义，求出其通项公式，从而求得a2 012的值。

解

∵对任意实数x∈R，都有f(x+3)≤f(x)+3和f(x+2)≥f(x)+2成立，

∴f(x)+4≤f(x+2)+2≤f(x+4)≤f(x+1)+3≤f(x+3)+1≤f(x)+4，

即f(x)+1≤f(x+1)≤f(x)+1，所以f(x+1)=f(x)+1，又因为an=f(n)，所以an+1=an+1，a1=2，所以数列{an}是等差数列，所以a2 012=2 013.

点拨

寻找函数f(x)的表达式，和函数f(x)与f(x+1)的关系是解决本题的关键。

总结

对于含有f(x)与f(x+1)等的关系式（不等式）的试题，一般是寻找一个递推关系，然后转化为数列求解。

二、函数中的新定义问题

【例2】设f(x)是定义在［0,1］上的函数，若存在x0∈(0,1)，使得f(x)在［0,x0］上单调递增，在［x0,1］上单调递减，则称f(x)为［0,1］上的单峰函数，x0为峰点，包含峰点的区间为含峰区间.对任意的［0,1］上的单峰函数f(x)，下面研究缩短其含峰区间长度的方法.

（1）证明：对任意的x1,x2∈(0,1)，x1

（2）对给定的r(0

分析

本题新定义了一个单峰函数，其实质是一个函数的单调性问题，因此可以利用函数的单调性知识求解。

解

(1) 证明:设x0为f(x)的峰点,则由单峰函数定义可知,f(x)在［0,x0］上单调递增,在［x0,1］上单调递减,当f(x1)≥f(x2)时,假设x0(0,x2),则x1

从而f(x0)≥f(x2)>f(x1),这与f(x1)≥f(x2)矛盾,所以x0∈(0,x2),即(0,x2)为含峰区间.当f(x1)≤f(x2)时,假设x0(x1,1),则x0≤x1f(x2),这与f(x1)≤f(x2)矛盾,所以x0∈(x1,1),即(x1,1)为含峰区间.

（2）证明：由(1)的结论可知:

当f(x1)≥f(x2)时,含峰区间的长度为l1=x2；

当f(x1)≤f(x2)时,含峰区间的长度为l2=1-x1.

对于上述两种情况，由题意得x2≤0.5+r，

1-x1≤0.5+r， ①

由①得1+x2-x1≤1+2r,即x2-x1≤2r，

又因为x2-x1≥2r，所以x2-x1=2r.②

将②代入①得x1≤0.5-r，x2≥0.5+r，③

由①和③解得x1＝0.5-r，x2＝0.5+r，所以这时含峰区间的长度l1=l2=0.5+r，

即存在x1,x2使得所确定的含峰区间的长度不大于0.5+r．

点拨

理解区间长度的概念，利用单调性结合分类讨论的数学思想，就可以使问题得到解决。

总结

当一个问题从正面不容易求解时，我们可以考虑从问题的反面思考，也就是利用反证法的方法解决问题。

三、新定义的分段函数

【例3】对x∈R，定义sgn(x)=1,x>0，

0,x=0，

-1,x<0．

（1）求方程x2-3x+1=sgn(x)的根；

（2）求函数f(x)=sgn(x-2)•(x-lnx)的单调区间；

（3）记点集S={(x,y)|xsgn(x-1)•ysgn(y-1)=10,x>0,y>0}，点集T={(lgx,lgy)|(x,y)∈S}，求点集T围成的区域的面积．

分析

理解函数sgn(x)的含义就是一个分段函数，从而分x的不同情况进行分类讨论，而点集合S的理解，也是由x,y的范围确定的，因此也要对x,y的情况进行分类。

解

（1）当x>0时，sgn(x)=1，解方程x2-3x+1=1，得x=0（舍）或x=3；

当x=0时，sgn(x)=0，0不是方程x2-3x+1=0的解；

当x<0时，sgn(x)=-1，解方程x2-3x+1=-1，得x=1（舍）或x=2（舍）.

综上所述，x=3是方程x2-3x+1=sgn(x)的根.

（2）函数f(x)的定义域是{x|x>0}，

当x>2时，f(x)=x-lnx，f′(x)=1-1x>0恒成立；

当0

解f′(x)>0得0

综上所述，函数f(x)=sgn(x-2)•(x-lnx)的单调增区间是(0,1),(2,+∞)，

单调减区间是(1,2).

（3）设点P(x,y)∈T，则(10x,10y)∈S．

于是有(10x)sgn(10x-1)•(10y)sgn(10y-1)=10，得x•sgn(10x-1)+y•sgn(10y-1

)=1.

当x>0时，10x-1>0,sgn(10x-1)=1,xsgn(10x-1)=x；

当x<0时，10x-1<0,sgn(10x-1)=-1,xsgn(10x-1)=-x.

∴xsgn(10x-1)=|x|，同理，ysgn(10y-1)=|y|，∴T={(x,y)||x|+|y|=1}. 

点集T围成的区域是一个边长为2的正方形，面积为2．

点拨

函数sgn(x)的值与x的正负有关，这就决定了本题必须对x的不同情况进行分类讨论，从而使得问题得到解决。

总结

对于分段函数的处理方法，一般是采取分类讨论的手法，分不同的情况逐一解决。

牛刀小试

1．对实数a和b，定义运算“”：ab=a,(a-b≤1)，

b,(a-b>1).

设函数f(x)=(x2-2)(x-x2)，其中x∈R，若y=f(x)-c的图象与x轴恰好有两个公共点，则实数c的取值范围是 ．

2. 已知偶函数f:Z→Z满足f(1)=1,f(2 011)≠1，对于任意的a,b∈Z，都有f(a+b)≤max{f(a),f(b)}（注意：max{x,y}表示x,y中的较大者），则f(2 012)的值为．

3. 对于函数f(x)，若在其定义域内存在两个实数a，b(a＜b)，使当x∈［a，b］时，f(x)的值域也是［a，b］，则称函数f(x)为“科比函数”.若函数

f(x)=k+x+2

是“科比函数”，则实数k的取值范围 ．

【参考答案】

1. 由x2-2-(x-x2)-1=2x2-x-3=(2x-3)(x+1)，所以当x>32或x<-1时，x2-2-(x-x2)-1>0，即x2-2-(x-x2)>1；当-1≤x≤32时，即

x2-2-(x-x2)≤1，

所以f(x)=x2-2,-1≤x≤32.x-x2,x>32或x<-1.

由y=f(x)-c=0得到f(x)=c，分别作出y=f(x)和y=c的图象，结合图象可知当c≤-2或-1

2. f(n+1)≤max{f(1),f(n)}，又f(1)≤max{f(n+1),f(-n)}=max{f(n+1),f(n)}，又因为f(1)=1，所以f(n),f(n+1)中至少有一个为1，因为f(2 011)≠1，所以f(2 012)=1.

3. 由题意知若函数

f(x)=k+x+2

是“科比函数”,则必存在

当x∈［a,b］(a≥-2)时,f(x) 的值域也是［a,b］,因为f(x)是单调递增函数，所以k+a+2=a且k+b+2=b,从而可知a,b为方程k+x+2=x的两个不等根,整理得x+2=x-k,令y1=x+2(x≥-2),y2=x-k(x≥-2),当相切时得k=-94；当直线y2=x-k过点(-2,0)时得k=-2,故由图可知实数k的取值范围为-2,-94.

分离参数巧求含参函数问题篇7

在导数及其应用这一部分内容中, 利用导数这一工具求解函数单调性、极值与最值问题, 一直是教学过程中的重点和难点, 也是历年高考考试热点.

出现含有参数的函数更是学生最为苦恼的问题, 很多时候, 按照常规的解法, 总是忽略了对参数变量的取值范围的讨论, 导致经常出现讨论不完全、结论不完整的解题过程.更有甚者, 一看到含参数的题目, 直接跳过去, 放弃此题, 有破罐子破摔的想法.

对参数的讨论是一道坎, 是否能够讨论清楚可以反映一名学生在数学学习过程知识的扎实程度.但不是所有的学生都能很好地掌握这一方法.能不能在含参数的某些典型题型中, 利用一些方法, 绕过对参数的讨论呢?

我们通过以下几个例题来讨论含参函数的这一类问题.

例1 已知函数f (x) =x3+2x2+x.若对于任意x∈ (0, +∞) , f (x) ≥ax2恒成立, 求实数a的取值范围.

解法一任意x∈ (0, +∞) , f (x) ≥ax2恒成立, 即x∈ (0, +∞) , f (x) -ax2≥0恒成立.

∴只需满足对于任意x∈ (0, +∞) , (f (x) -ax2) min≥0 即可.

而f (x) -ax2=x3+2x2+x-ax2=x[x2+ (2-a) x+1],

令g (x) =x2+ (2-a) x+1,

则函数g (x) 的对称轴 $x = \frac{a - 2}{2}$ .又g (x) 过点 (0, 1) ,

①当 $x = \frac{a - 2}{2} < 0$ , 即a<2时, (f (x) -ax2) min≥0满足条件;

②当

${\begin{cases} x = \frac{a - 2}{2} \geq 0 ‚ \\ Δ \leq 0 \end{cases}$

时, (f (x) -ax2) min≥0也成立, 所以2≤a≤4.

综合以上, 可以知道, 当a∈ (-∞, 4]时, 对于任意x∈ (0, +∞) , f (x) ≥ax2恒成立.

解法二依题意, 得f (x) -ax2=x3+2x2+x-ax2=x[x2+ (2-a) x+1].

由已知x[x2+ (2-a) x+1]≥0对于任意x∈ (0, +∞) 恒成立, ∴x2+ (2-a) x+1≥0对于任意x∈ (0, +∞) 恒成立,

即 $a - 2 \leq \frac{1}{x} + x$ 对于任意x∈ (0, +∞) 恒成立.

$∵ x > 0 ‚ ∴ \frac{1}{x} + x \geq 2$ (当且仅当x=1时取“=”号) ,

$∴ \frac{1}{x} + x$ 的最小值为2.

由a-2≤2, 得a≤4, 所以对于任意x∈ (0, +∞) , f (x) ≥ax2恒成立时, 实数a的取值范围是 (-∞, 4].

点评解法一把恒成立问题转化为解二次函数最值问题, 思路很明确, 只是本题在求解最值问题时, 必须在对二次函数图像有很强的理解能力的基础上, 才能正确的对参数a进行分析、讨论.而解法二另辟新径, 提取参数a, 用自变量x来表示a, 不仅明确了要求解的目标, 更是绕过了对参数a的讨论, 条理清楚, 更加容易上手.

例2 已知函数f (x) =ax2+2ln (x+1) , 其中a为实数.若f (x) 在[2, 3]上是增函数, 求a的取值范围.

解法一依题意, 得f′ (x) >0对x∈[2, 3]恒成立,

$\begin{array}{l} ∴ 2 a x + \frac{2}{x + 1} > 0 ‚ 即 \frac{a x^{2} + a x + 1}{x + 1} > 0 . \\ ∵ 1 + x > 0 ‚ ∴ a x^{2} + a x + 1 > 0 对 x \in [2, 3] 恒成立 . \end{array}$

令g (x) =ax2+ax+1,

(1) 当a=0时, 1>0恒成立;

(2) 当a<0时, 抛物线g (x) 开口向下, 可得g (x) min=g (3) >0, 即 $9 a + 3 a + 1 \geq 0 ‚ ∴ 0 > a > - \frac{1}{12}$ ;

(3) 当a>0时, 抛物线g (x) 开口向上, 可得g (x) min=g (2) >0, 即 $4 a + 2 a + 1 > 0 ‚ ∴ a > - \frac{1}{6}$ , 即a>0.

又 $∵ a = - \frac{1}{12}$ 时符合题意, ∴综上可得 $a \geq - \frac{1}{12}$ 为所求.

$\begin{array}{l} 解法二依题意 ‚ 得 f^{'} (x) = 2 a x + \frac{2}{x + 1} . \\ f (x) > 0 \end{array}$

对x∈[2, 3]恒成立,

$\begin{array}{l} ∴ 2 a x + \frac{2}{x + 1} > 0 ‚ \\ ∴ 2 a x > - \frac{2}{1 + x} ‚ a > \frac{1}{- x^{2} - x} = \frac{1}{- (x + \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{4}} . \\ ∵ x \in [2, 3], \end{array}$

$\begin{array}{l} ∴ - (x + \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{4} 的最小值为 - (3 + \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{4} = - 12 ‚ \\ ∴ \frac{1}{- (x + \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{4}} 的最大值为 - \frac{1}{12} . \end{array}$

又 $∵ a = - \frac{1}{12}$ 时符合题意, $∴ a \geq - \frac{1}{12}$ 为所求.

点评这是一道很典型的求参数取值范围的题目, 两种解法各有优劣, 解法二依然是利用提取参数a, 分离两个变量, 用自变量x来表示a, 这样的话, 要求解参数a的取值范围, 就转化为我们较熟悉的二次函数的最值问题, 使问题明朗化.

通过上面两个例子的分析, 我们可以发现, 在已知含参数不等式恒成立的前提下, 求解参数取值范围这一类问题, 除了直接利用最值求解这一方法外, 我们还可以利用分离参数这一方法, 根据题意, 把含参数不等式转化为以自变量x来表示参数的不等式, 这样, 我们就能够避免对参数取值范围的讨论, 而直接切中题目的关键, 把题目转化为求解含有关于变量x的式子的最值问题, 而这就可以利用我们熟悉的导数工具来解决了.

三角函数中的参数问题篇8

全局优化问题在科学计算、工程技术、经济管理等领域得到越来越广泛的关注和应用, 近些年来, 人们相继提出一些求解全局优化问题的算法, 填充函数法属于其中的确定型算法, 最早由Ge[1]提出, 用来求解无约束多极值函数的全局极小点。这种算法的关键是构造一个称为填充函数的辅助函数, 其基本思想是借助辅助函数, 从目标函数的当前局部极小点找到另一个目标函数值更小的局部极小点, 直至找到全局最小点为止。

Ge之后, 不少学者相继提出了不少性质良好的填充函数, 但基本上都是针对无约束优化问题的, 对于求解约束优化问题的填充函数虽有讨论, 如文献[2,3,4,5,6,7], 但都有各自不同程度的缺陷。本文在无强制性条件下给出了一类性质良好的求解带一般约束优化问题的单参数填充函数, 并讨论了其填充性质。

1 基本概念

考虑带约束全局优化问题 (P) : min f (x) , s.t.x∈S={x∈Rn|gi (x) ≤0, i∈Γ}, 其中f (x) , gi (x) , i∈Γ:Rn→R是连续可微函数, Γ={1, 2, …, m}是下标集。对上述问题假设如下。

假设1 问题 (P) 的不同局部极小点的个数可以是无限的, 但不同局部极小值个数是有限的。

假设2 用L (p) 表示问题 (P) 的局部极小点集合, 若x*是问题 (P) 的局部极小点, 则Lx*={x∈L (p) |f (x) =f (x*) }是一个有界闭集, 且问题 (P) 存在全局极小点。

注:在很多全局优化的实际问题中, f (x) 的强制性条件不一定满足, 因此这里对问题 (P) 的假设中没有考虑到目标函数f (x) 的强制性条件。下面针对问题 (P) 给出有约束优化问题的填充函数定义。

定义1[4] 函数p (x, x*, a) 称为f (x) 在局部极小点x*处的填充函数, 如果它满足:

(1) 在Rn空间中, x*是p (x, x*, a) 的严格局部极大点;

(2) 对x∈S1∩S且x≠x*或x∈Rn＼S有∇p (x, x*, a) ≠0, 这里S1={x∈Rn|f (x) ≥f (x*) };

(3) 如果x*不是全局极小点, 那么p (x, x*, a) 一定在S2={x∈S|f (x) <f (x*) }上有局部极小点。

以上定义的填充函数的意义为:对于有约束最优化问题, 首先要考虑的就是求出来的点是否可行。由条件 (2) 知, 要找的点一定在可行域内;其次, 对于全局最优化问题的填充函数法, 关心的是比当前局部极小点更好的那些点, 由条件 (2) 知, 要找的点一定不会再比当前局部极小点差的水平集上达到。若x*是局部极小点但不是全局极小点, 由定义中的条件 (1) 和条件 (3) , 则可以从x*的邻域中的任意一点出发, 用求无约束最优化问题的极小化方法极小化填充函数, 总能找到填充函数的局部极小点x*0, 由条件 (3) 知, f (x*0) <f (x*) , 再由条件 (2) , 对x∈S1∩S且x≠x*或x∈Rn＼S有∇p (x, x*, a) ≠0, 得知x*0∈S。

2 填充函数及其性质

针对问题 (P) , 设x*是当前局部极小点, 构造单参数填充函数如下。

1) p (x, x*, a) =-φ (1+‖x-x*‖3) +amin [0, max (f (x) -f (x*) , gi (x) , i∈Γ) ]。

其中a>0是参数, 函数φ (t) 满足:1) φ (0) =0, 2) φ′ (t) >0, 这样的函数有 $1 - e^{- t}, \arctan t, \frac{t}{1 + t}$ 等。

当参数a>0充分大时, 下面的几个定理表明p (x, x*, a) 是满足定义1的一类填充函数。

定理1 对任意a>0, x*是p (x, x*, a) 的严格局部极大点。

证明因为x*是f (x) 的局部极小点, 则存在它的一个邻域N (x*, δ) (δ>0) , 使得∀x∈N (x*, δ) ∩S, 有f (x) ≥f (x*) , gi (x) ≤0, i∈Γ。

下面分两种情况来证明对∀x∈N (x*, δ) , p (x, x*, a) <p (x*, x*, a) 成立。

(1) 当x∈N (x*, δ) ∩S, x≠x*时, 由于f (x) ≥f (x*) , 则有min [0, max (f (x) -f (x*) , gi (x) , i∈Γ) ]=0于是p (x, x*, a) =-φ (1+‖x-x*‖3) <-φ (1) =p (x*, x*, a) 。

(2) 当x∈N (x*, δ) ∩ (Rn＼S) 时, 则至少存在一个指标i0∈Γ, 使得gi0 (x) >0, 故min [0, max (f (x) -f (x*) , gi (x) , i∈Γ) ]=0, 于是同 (1) 有结论成立。

综上, p (x, x*, a) <p (x*, x*, a) 对于∀x∈N (x*, δ) 都成立。因此, x*是p (x, x*, a) 的严格局部极大点。

定理2 若x*是f (x) 的局部极小点, 则p (x, x*, a) 在 (S∩S1) ＼{x*}或Rn＼S上有∇p (x, x*, a) ≠0成立。

证明易得对∀x∈S∩S1或Rn＼S都有min [0, max (f (x) -f (x*) , gi (x) , i∈Γ) ]=0, 此时, p (x, x*, a) =-φ (1+‖x-x*‖3) , 显然∇p (x, x*, a) ≠0。

定理3 若x*是f (x) 的局部极小点, 但不是f (x) 的全局极小点, 且cl (int S) =cl (S) , 则当a>0充分大时, 一定存在x*0∈S2, 使得x*0是p (x, x*, a) 的局部极小点。

证明因为x*是f (x) 的局部极小点但非全局极小点, 则存在f (x) 的另一个局部极小点x*1, 使得f (x*1) <f (x*) , gi (x*1) ≤0, i∈Γ。

由于f (x) , gi (x) , i∈Γ是连续函数, 且cl (int S) =cl (S) , 则一定存在x*2∈Rn, 使得f (x*2) <f (x*) , gi (x*2) <0, 故有

p (x*2, x*, a) =-φ (1+‖x*2-x*‖3) +amax {f (x*2) -f (x*) , gi (x*2) , i∈Γ}。

显然Lx*1⊂S, x*2∈int S∩S2。

另一方面, 对∀x∈∂S, 至少存在一个指标i1∈Γ, 使得gi1 (x) =0, 于是当x∈∂S时有min [0, max (f (x) -f (x*) , gi (x) , i∈Γ]=0, 从而p (x, x*, a) =-φ (1+‖x-x*‖3) 。

所以, 当a>0充分大时, 对∀x∈∂S, 有p (x*2, x*, a) <p (x, x*, a) 。显然, S＼∂S是开集, 于是当a>0充分大时存在一点x*0∈S＼∂S使得

$\begin{array}{l} \min_{x \in S} p (x ‚ x^{*} ‚ a) = \min_{x \in S \partial S} p (x ‚ x^{*} ‚ a) = \\ p (x_{0}^{*} ‚ x^{*} ‚ a) \leq p (x_{2}^{*} ‚ x^{*} ‚ a) ‚ \end{array}$

故x*0∈int S, 且f (x*0) <f (x*) 。

定理4 若x*是f (x) 的全局极小点, 则对∀x∈S, x≠x*都有p (x, x*, a) <0。

证明由于x*是f (x) 的全局极小点, 则对所有的x∈S都有f (x) ≥f (x*) 成立。因此, 由定理1, 对∀x∈S, x≠x*有p (x, x*, a) <0成立。

定理5 任给x1, x2∈Rn, 若f (x1) ≥f (x*) , f (x2) ≥f (x*) , 则‖x2-x*‖>‖x1-x*‖当且仅当p (x2, x*, a) <p (x1, x*, a) 。

证明若f (x1) ≥f (x*) , f (x2) ≥f (x*) , 则min [0, max (f (xj) -f (x*) , gi (x) , i=∈Γ) ]=0, j=1, 2, 此时有p (xj, x*, a) =-φ (1+‖xj-x*‖3) , 显然有p (x2, x*, a) <p (x1, x*, a) , 反之亦然。

定理6 如果x1, x2∈Rn并且满足f (x1) ≥f (x*) ≥f (x2) 和‖x2-x*‖>‖x1-x*‖, 则p (x2, x*, a) <p (x1, x*, a) 。

证明由条件, p (x2, x*, a) =-φ (1+‖x2-x*‖3) +amax [f (x2) -f (x*) , gi (x2) , i∈Γ]。

且p (x1, x*, a) =-φ (1+‖x1-x*‖3) , 显然结论是成立的。

注:定理4-定理6说明目标函数当前的极小点x*被淘汰, 而新的填充函数的极小点将会被找到, 并且目标函数在这个点的函数值不比当前极小点处的函数值大。这也正是本文的填充函数所具有的良好性质之一。

3 算法和数值实验

3.1 算法

根据上述理论, 参考文献[7]给出下述算法。

(0) 初始步:选取初始点xk∈S;选取A>0作为可接受的终止参数;令a=1, k=1;

(1) 以xk为初始点, 应用局部下降算法求得问题 (P) 的一个局部极小点, 记作x*k;

(2) 选取初始点列{x $_{k + 1}^{i}$ :i∈Γ}, 使得对于某个δk>0有x $_{k + 1}^{i}$ ∈S＼N (x*k, δk) ;

(3) 令i=1;

(4) 若i≤m, 令x=x $_{k + 1}^{i}$ , 转步 (5) ;否则, 转步 (7) ;

(5) 若f (x) <f (x*k) , 且x∈S, 则以x为初始点, 应用已有局部下降算法求问题 (P) 的局部极小点x*k+1, 使得f (x*k+1) <f (x*k) , 令x*k=x*k+1, k=k+1, 转步 (2) ;否则, 转步 (6) ;

(6) 沿方向D1=-∇p (x, x*k, a) 或者 $D_{2} = - \frac{\nabla f (x)}{∥ \nabla f (x) ∥} - \frac{\nabla p (x, x_{k}^{*}, a)}{∥ \nabla p (x, x_{k}^{*}, a) ∥}$ , 找到一个新的点x, 使得p (x, x*, a) 能下降到一定程度。若在极小化过程中, x超出S的边界, 则令i=i+1, 转步 (4) , 否则, 转步 (5) ;

(7) 令a=2a。若a≤A, 转步 (3) ;否则, 算法终止, 视x*k为问题 (P) 的全局极小点。

注:下降方向D1、D2的合理性及优越性在文献[7]中有详细的说明, 不再赘述。

3.2 实验

通过两个算例的数值实验验证算法的可行性与有效性。算例都是在Matlab7.1.0运行环境中实现的。

算例1

$\min f (x) = 4 x_{1}^{2} - 4 x_{2}^{2} + 4 x_{2}^{4} - 2.1 x_{1}^{4} + \frac{1}{3} x_{1}^{6} - x_{1} x_{2}$

$s . t . x \in {(x_{1} ‚ x_{2}) | - 3 \leq x_{1} ‚ x_{2} \leq 3}$ 全局极小点x*= (0.090 1, 0.712 2) T, 全局极小值f (x*) =-1.133 1。

算例2

min f (x) = (x $_{1}^{6}$ -16x $_{1}^{5}$ +86x $_{1}^{4}$ -176x $_{1}^{3}$ +105x $_{1}^{2}$ ) /100+x $_{2}^{2}$ (x $_{2}^{2}$ -6x2+8) (x $_{2}^{2}$ -14x2+48) /100。

$s . t . x \in {(x_{1} ‚ x_{2}) | x_{1} + x_{2} \leq 10 ‚ x_{1} ‚ x_{2} \geq 0 ‚ 0 \leq x_{1} ‚ x_{2} \leq 8}$ 。

全局极小点x*= (2.174 0, 7.341 9) T, 全局极小值f (x*) =-9.123 1。

用k表示迭代次数, xk1表示第k次迭代初始点, x*k表示第k次迭代的局部最优解。迭代过程见表1。

参考文献

[1] Ge R P, Qin Y F. A class of filled functions for finding a global minimizer of a function of several variables.Journal of Optimization Theory and Applications, 1987;54 (2) :241—252

[2]Yang Yongjian, Shang Youlin.A filled function method for uncon-strained global optimization.Shanghai:Science College, Shanghai Univevs:ty, 2006;503—504

[3] Zhang L S, Kong Chi, Duan N G, et al.A new filled function method for global optimization.Global Optim, 2004;28:17—43

[4] Wang Weixiang, Shang Youlin, Zhang Liansheng. A filled function method with one parameter for box constrained global optimization.Applied Mathematics and Computation, 2007;194:54—66

[5] Wang Changyu, Li Duan. Unified theory of augmented Lagrangian methods for constrain-ed global optimization.J Glob Optim, 2009;44:433—458

[6] Wang Weixiang, Shang Youlin, Zhang Liansheng. A filled function method with one parameter for constrained global optim-ization.Journal of Engineering Mathemati-cs, 2008;25 (5) :795—803

三角函数中的参数问题篇9

本文从探究如下引例的解法入手:

引例1 设函数f(x) = (x + 1)ln(x + 1),若对所有的x≥0,都有f(x) ≥ ax成立,求实数a的取值范围.

一、参变分离法解引例1 的困惑

分析与思考:此题题面非常简单,学生拿到此题往往首先想到的就是老师在课堂上反复强调的方法: 参变分离. 只是分离之后又会遇到新的问题,传统的参变分离做法如下:

x=0时,不等式对任意的a都成立;

x>0时,参变分离:

所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,有:h(x)>h(0)=0,

所以F(x)在(0,+∞)上单调递增,而F(x)没有最小值.

解答到此处学生就没有办法进行下去了.

下面分两个角度对这个问题进行探究.

角度1:有没有其他方法解决这个问题;

角度2:这种方法是否可以进行下去.

二、引例1 的其他解法

1. 构造函数法

此题不进行参变分离的话,可以将不等式右边的ax移项归零,转化成函数求最小值问题.

对函数g(x)求导数:

(1)当a≤1时,

所以g(x)在[0,+∞)上是增函数,

又g(0)=0,所以

即当a≤1时,

(2)当a>1时,

又g(0)=0,所以

即当a>1时,不是对所有的x≥0都有f(x)≥ax成立.

综上,a的取值范围是(-∞,1].

这种方法在高考题中应用也很多.

2. 图像分析法

由f(x) ≥ ax可以得到:y = f(x)的图像位于上y = ax上方,有等号成立,则有交点存在,比如(0,0).

又因为

f′(x) = ln(x + 1) + 1 > 0,

则图像是下凸型,绘图如下:

由图像可以看出,a取最大值的时候即曲线和直线相切的时候,切点(0,0),所以有a ≤ 1.

这种方法在解决选择、填空题时,非常好用,在高考题中也有所体现.

在上文中,在不利用参变分离的思想下给出了两种求解该问题的方法,即构造函数法和图像分析法,很好地解决了该问题. 但这并不意味着参变分离的思想在这类问题中真的不能施展拳脚. 换个角度,继续探究如下:

三、将引例1的参变分离进行到底

参变分离到最后得到:

斜率取最小值的时候,割线变成切线,切点(0,0),从而得到a ≤ 1.

四、引例的拓展——两个例子

例1 设函数f(x) = ex(2x - 1) - ax + a,其中a < 1,若存在唯一的整数x0,使得f(x0) < 0,求a的取值范围.

分析设g(x) = ex(2x - 1),y = ax-a,问题转化为存在唯一的整数x0,使得g(x0)在直线y = ax - a的下方,求导数可得函数的极值,数形结合可得-a > g(0) = -1 且g(-1) = -3e-1≥-a - a,解关于a的不等式组可得.

解答设g(x) = ex(2x - 1),y = ax - a,

由题意知存在唯一的整数x0, 使得g(x0) 在直线y = ax -a的下方,

g′(x) = ex(2x - 1),

当x=0时,g(0)=-1,当x=1时,g(1)=e>0,

直线y=ax-a恒过定点(1,0)且斜率为a,

故-a>g(0)=-1且g(-1)=-3a-1≥-2a,

点评本题考查导数和极值, 涉及数形结合和转化的思想,属中档题.

例2 若关于x的不等式sin (x + 1) ≤ ax + a的解集为[-1,+∞),求a的取值范围.

法一参变分离.

令t=x+1,

则不等式变成sin t ≤ at,

t>0时,a取任意实数不等式皆成立,

分式看成点( t,sin t)和点(0,0)连线的斜率,绘图如下:

斜率取最大的时候,割线变成切线,切点(0,0),所以得到a ≥ 1.

法二构造函数.

令f(x) = sin(x + 1) - a(x + 1),

法三图像分析法.

令t = x + 1, 则题意说明函数y = sin t的图像位于y = at的下方. 绘图如下:

由图可知a取最小值即是直线和曲线相切的时候,a ≥ 1.

用导数方法解决函数问题是高考中的常考题型,也是难点所在,对于此类问题的研究是高中数学教学工作的一个重要环节. 这些问题以函数为载体,以导数为工具,考查函数的性质和导数的应用. 在平时的教学过程中对这些问题的考查除了常规套路之外,还要多启发引导学生拓展思路,另辟蹊径, 不能被常规方法局限住思维. 学习数学除了掌握基础知识和解题技能之外,更重要的是在学习的过程中对学生进行思维的训练,思考问题角度的延伸,进而影响学生认识问题,思考问题和解决问题的方式方法.

摘要：本文对一类看似能参变分离,但实际参变分离又不易进行的带参数函数问题进行多维度探究.通过构造函数、图像分析等方法给出一些解决该类问题的有效方案.

关键词：参数,导数,参变分离,函数图像

参考文献

[1]吕增锋.“三招齐下”破解含参数函数的导数应用的题[J].中学数学,2011(19):53-55.

[2]厉倩.浅探2010年全国卷的四道高考题[J].中学数学,2010(17):31-32.

三角函数中的参数问题篇10

据笔者不完全统计, 截止2011年底全国各种中学数学杂志针对本文题目1、题目2第2问 (通常称为含参数函数不等式恒成立问题) 的解法刊发了近20余篇文章, 大多是 (譬如文[1]、[2]、[3]) 运用“最值法”、“分离参数法”以及大学数学的二阶导数、罗比达法则求极限等知识的方法给出解答, 其中文[3]在指责高考参考答案的不自然、不大众化、技巧性过强的基础上, 把“最值法”、“分离参数法”作为通性通法.同时, 笔者在一些学校调研听课中, 发现老师们讲解本类问题求解时也总是把“分离参数法”或“最值法”作为通性通法, 笔者不否认学生学习了高阶导数、罗比达法则以及极限的知识, 将这两种方法作为通性通法.

但现在的问题是, 一方面, 如果补充这些内容无疑加重了学生的学习负担, 并不像文[3]所说“无非是对函数求了二阶导数, 对于连续求导的思想学生应该能够理解并掌握”那么轻松简单, 并且这与新课标所倡导的减负增效理念是相悖的;另一方面, 高考试题是命题专家在研究课标、教材、考试大纲和学生实际基础上集体智慧的结晶, 强调考查通性通法, 淡化技巧, 对中学数学教学应具有良好的导向作用是高考命题的原则之一, 从高考提供的对本类问题的参考答案也可以看出并没有用到高阶导数、罗比达法则以及极限的知识.笔者不禁要问:高考参考答案的解法真的如同文[3]、文[4]所说“不自然、不大众化”、“学生想不到”、“非解答本类问题的通性通法”, 还是我们教师对本类问题以及参考答案的解法认识与理解不到位、教学不到位致使学生想不到呢?这类问题源自哪里, 本质是什么?中学阶段求解这类问题的通性通法到底是什么?

1 含参数函数不等式恒成立问题源自函数的单调性, 本质是比较函数值大小, 对函数单调性的讨论是求解本类问题的通性通法

我们不妨回忆一下《人教A版新课标教材模块1》第38页关于《函数单调性》这一数学概念的定义:如果对于函数f (x) 定义域I内的某区间D上的任意两个自变量的值x1, x2, 当x1<x2时, 都有f (x1) <f (x2) (或f (x1) >f (x2) ) , 那么就说函数f (x) 在区间D上是增函数 (或减函数) ;如果函数f (x) 在区间D上是增函数或减函数, 那么就说函数f (x) 在这一区间D上具有严格的单调性.

众所周知, 任何数学概念的定义都具有判定和性质双重功能, 函数单调性定义的性质功能为:函数f (x) 在区间D上具有单调性, 且∀x1, x2∈D, x1<x2, 则一定有不等式f (x1) <f (x2) (或f (x1) >f (x2) ) 恒成立.显然, 函数不等式恒成立问题源自函数的单调性, 其本质是比较两个函数值的大小, 换句话说, 函数不等式的恒成立取决于函数的单调性.众所周知, 任何问题产生的同时均伴随着解决该问题方法的产生, 正如章建跃先生多次提到的“只要把握了题目的本质结构, 解决问题的方法也就产生了”, 所以, 我们可以肯定地说, 解决函数不等式恒成立问题的本质方法 (即通性通法) 是对函数单调性的讨论与研究.

一般地说, 本文题目1、题目2第2问可概括为:已知函数f (x) , h (x) , 及区间D, ∀x∈D, f (x) >h (x) (f (x) <h (x) ) , 求参数a的取值范围.根据以上分析, 问题自然转化为对“函数g (x) =f (x) -h (x) 单调性”的讨论, 使函数不等式恒成立问题成为这一过程的自然流露 (一种或多种情况) .

我们把这一讨论过程总结如下:

最后, 总结反求出使函数不等式g (x) =f (x) -h (x) >0 (<0) 恒成立的参数a的取值范围.需要说明的是函数g (x) (x∈D=[m, n]) 的单调性, 不一定仅上述所列的4种情况, 可能更复杂, 那只能是具体问题具体分析了.

2 本文题目1与题目2高考参考答案就是设法构造出易判断导函数符号的函数, 并紧紧盯住对该函数单调性讨论求解的, 而不是运用不少老师们反复强调的“分离参数法”、“最值法”

针对文[4]中提到的“高考参考答案第2问解法中学教师和中学生接受都有点困难”, 为师生们更好的理解与掌握高考参考答案解法, 笔者对题目1、题目2高考参考答案解法从教与学的角度作点粗浅的解读与改写, 不当之处, 请同仁指正.

题目1 (2011年全国新课标理21) 已知函数 $f (x) = \frac{a l n x}{x + 1} + \frac{b}{x}$ , 曲线y=f (x) 在点 (1, f (1) ) 处的切线方程为x+2y-3=0.

(Ⅰ) 求a, b的值;

(Ⅱ) 如果当x>0, 且x≠1时, $f (x) > \frac{\ln x}{x - 1} + \frac{k}{x}$ , 求k的取值范围.

解析 (Ⅰ) 易解得a=1, b=1.

(Ⅱ) 教学的首要任务是让学生理解、明确讨论函数g (x) 单调性是求解本类问题的通性通法, 是首选方法 (这也是新课标理念所倡导的并要求师生认真领悟的:函数是中学数学的主线, 函数的单调性是最基本的性质, 是求解函数极值、最值的基础) ;而不能过分地强调“分离参数法”或“最值法”形成强定势而干扰通性通法的运用.

由 (Ⅰ) 知 $f (x) = \frac{\ln x}{x + 1} + \frac{1}{x}$ .令

$\begin{array}{l} g (x) = f (x) - (\frac{\ln x}{x - 1} + \frac{k}{x}) \\ = \frac{\ln x}{x + 1} - \frac{1}{x} - \frac{\ln x}{x - 1} - \frac{k}{x} \\ = \frac{- 2 x l n x + (1 - k) x^{2} + k - 1}{(x^{2} - 1) x} ‚ \end{array}$

其中x>0, 且x≠1, 则

$g^{'} (x) = \frac{4 x^{3} \ln x + (1 - x^{2}) [(1 - k) x^{2} + 2 x + k - 1]}{x^{2} (x^{2} - 1)^{2}} .$

要判断g′ (x) 的符号, 虽然g′ (x) 表达式的分母恒大于零, 但分子中带有ln x, 致使符号的判断非常困难.于是我们有了这样的念头:g′ (x) 的表达式中最好没有ln x, 但是我们无论对g (x) 如何求导, g′ (x) 的表达式中都有ln x.那么, 只有再回到对g (x) 表达式的研究了.

$\begin{array}{l} g (x) = \frac{- 2 x l n x + (1 - k) x^{2} + k - 1}{(x^{2} - 1) x} \\ = \frac{1}{1 - x^{2}} (2 \ln x + \frac{(k - 1) (x^{2} - 1)}{x}) . \end{array}$

注意到, 当x>0, 且x≠1时, $\frac{1}{1 - x^{2}}$ 符号确定.故, 只需考虑函数

$h (x) = 2 \ln x + \frac{(k - 1) (x^{2} - 1)}{x}$ ,

其中x>0, 且x≠1, h (1) =0, 则x>0, 且x≠1时

$h^{'} (x) = \frac{(k - 1) x^{2} + 2 x + k - 1}{x^{2}} .$

这样, 问题就转化为h′ (x) 的符号判断了.显然, h′ (x) 的符号容易判断.

令H (x) = (k-1) x2+2x+k-1 (x>0, 且x≠1) .这样, H (x) 与h′ (x) 同号.

h′ (x) 的符号取决于实数k-1及与Δ=-4k (k-2) 的符号, 故应分k<0, k=0, 0<k<1, k=1, 1<k<2, k=2, k>2共7种情况讨论.但考虑到实际情况只需讨论以下5种情况.

(ⅰ) 当k≤0时, Δ=-4k (k-2) ≤0.

H (x) ≤0, 所以h′ (x) ≤0对x>0且x≠1恒成立, 所以函数h (x) 在 (0, 1) 上是减函数, 函数h (x) 在 (1, +∞) 上是减函数.

所以∀x∈ (0, 1) , h (x) >h (1) , ∀x∈ (1, +∞) , h (x) <h (1) , 而h (1) =0.又

$\begin{array}{l} x \in (0, 1), \frac{1}{1 - x^{2}} > 0, \\ x \in (1, + \infty), \frac{1}{1 - x^{2}} < 0 . \end{array}$

所以x>0, 且x≠1时, $g (x) = h (x) \frac{1}{1 - x^{2}} > 0$ 均成立.

故当k≤0时, $f (x) > \frac{\ln x}{x - 1} + \frac{k}{x}$ 成立.

(ⅱ) 当k=1时, H (x) =2x>0, 所以h′ (x) >0对x>0, 且x≠1恒成立, 所以函数h (x) 在 (0, 1) 上是增函数, 函数h (x) 在 (1, +∞) 上是增函数.

所以∀x∈ (0, 1) , h (x) >h (1) , ∀x∈ (1, +∞) , h (x) >h (1) , 而h (1) =0.又

$\begin{array}{l} x \in (0, 1), \frac{1}{1 - x^{2}} > 0, \\ x \in (1, + \infty), \frac{1}{1 - x^{2}} < 0 . \end{array}$

所以x>0, 且x≠1时, $g (x) = h (x) \frac{1}{1 - x^{2}} < 0$ 均成立.

故当k=1时, $f (x) < \frac{\ln x}{x - 1} + \frac{k}{x}$ , 矛盾.

(ⅲ) 当0<k<1时,

Δ=-4k (k-2) >0.

由于二次函数

的图像开口向下, 对称轴 $x = \frac{1}{1 - k} > 1$ .所以 $\exists x \in (1, \frac{1}{1 - k}), Η (x) > 0$ , 故h′ (x) >0.

所以, 函数h (x) 在 $(1, \frac{1}{1 - k})$ 上是增函数, 所以h (x) >h (1) =0, 而 $x \in (1, \frac{1}{1 - k})$ 时, $\frac{1}{1 - x^{2}} < 0$ , 所以

$g (x) = h (x) \frac{1}{1 - x^{2}} < 0 .$

故 $\exists x \in (1, \frac{1}{1 - k}) ‚ f (x) < \frac{\ln x}{x - 1} + \frac{k}{x}$ 成立, 矛盾.

(ⅳ) 当1<k<2时,

Δ=-4k (k-2) >0.

由于二次函数

的图像开口向上, 对称轴 $x = \frac{1}{1 - k} < 0 ‚ Η (0) = k - 1 > 0$ , 故h′ (x) >0对x>0, 且x≠1恒成立.以下同 (ⅱ) .

(ⅴ) 当k≥2时, Δ=-4k (k-2) ≤0.

由于二次函数

的图像开口向上, 故h′ (x) >0对x>0, 且x≠1恒成立.以下同 (ⅱ) .

综上得, $f (x) > \frac{\ln x}{x - 1} + \frac{k}{x}$ (当x>0, 且x≠1时) 成立的k取值范围为 (-∞, 0].

点评 ①本小问构造出函数g (x) , 发现对g′ (x) 的符号难以做出判断, 到自觉退回对原函数g (x) 表达式的分析与变形, 重新构造出易判断h′ (x) 符号的函数h (x) , 是一个不断反思、选择的过程.学生只有具备“欲进则退”的意识和较强的数与式恒等变形的能力才能完成, 也只有我们在日常教学中不惜时间、力气, 让学生反复训练、领会才能获得并积累这样的活动经验.

②H (x) = (k-1) x2+2x+k-1 (x>0, 且x≠1) 的符号判断取决于k-1及与Δ=-4k (k-2) 的符号, 从而对实数k的范围作出不重不漏的划分, 是水到渠成、非常自然的, 学生是容易接受的, 而高考参考答案表述比较概括, 抽象, 只分了k≤0, 0<k<1, k≥1其3种情况 (为什么?) , 而且对k≤0的情况还将 $h^{'} (x) = \frac{(k - 1) (x^{2} + 1) + 2 x}{x^{2}}$ , 变形为 $h^{'} (x) = \frac{k (x^{2} + 1) - (x - 1)}{x^{2}}^{2}$ , 即将 (k-1) (x2+1) +2x, 变形为k (x2+1) - (x-1) 2这样的技巧, 使我们较难看懂, 受到了不少同仁的指责, 表面看来这与我们日常教学中遵循的尊重学生的认知规律, 把数学“教”得自然、流畅、简单、清楚的目标, 似乎是相悖的;但我们在指责这种的变形技巧太强的同时, 更要看到其根据解题目标 (判断h′ (x) 的符号) 设计解题过程、简化运算的价值!为什么讨论, 讨论几种情况, 如何简化讨论的层次和情况, 以提高学生的运算、分析问题、解决问题能力, 也是我们数学教育工作者努力追求的目标和永恒主题.如在本题的教学过程中, 先讲分5种情况讨论的解法, 再过渡到参考答案分3种情况讨论的解法, 无疑是锦上添花, 对学生数学概括能力、解题能力的提高是大有裨益的.

③本例第3种情况中, 虽然不少学生已意识到 $f (x) > \frac{\ln x}{x - 1} + \frac{k}{x}$ (当x>0, 且x≠1时) 不可能恒成立, 但如何表达, 如何表达更有说服力, 似乎欲罢不能.事实上, 只要找到一个 $x_{0} \in (1, \frac{1}{1 - k})$ , 使 $g (x_{0}) = h (x_{0}) \frac{1}{1 - x_{0}^{2}} < 0$ , 也即 $\exists x_{0} \in (1, \frac{1}{1 - k})$ , 使 $f (x) < \frac{\ln x}{x - 1} + \frac{k}{x}$ 成立即可.训练学生自觉构造反例, 进行严密准确地数学表达也是我们教学的重要任务.

题目2 (2011年全国Ⅱ理22) 设函数f (x) =1-e-x.

(Ⅰ) 证明:当x>-1时, $f (x) \geq \frac{x}{x + 1}$ ;

(Ⅱ) 设当x≥0时, $f (x) \leq \frac{x}{a x + 1}$ , 求实数a的取值范围.

解析 (Ⅰ) 略.

(Ⅱ) 为顺利解答本小问, 应有意识地自觉运用以下结论. (当然, 这也是许多优秀高考试题的特点.)

$① f (x) \geq \frac{x}{x + 1} \Leftrightarrow x \leq x (x + 1) f (x) \Leftrightarrow e^{x} \geq 1 + x$ ;

②x∈R时, ex≥1+x, 则e-x≥1-x⇔x≥1-e-x=f (x) , 即x≥f (x) ;

③f (x) +f′ (x) =1, f′ (x) =1-f (x) ;

④由题设x≥0时, 有f (x) =1-e-x≥0.

当a<0时, 若 $x > - \frac{1}{a}$ , 则 $\frac{x}{a x + 1} < 0$ , 这时, $f (x) \leq \frac{x}{a x + 1}$ 不成立.

当a≥0时,

$\begin{array}{l} f (x) - \frac{x}{a x + 1} \\ = \frac{a x f (x) + f (x) - x}{a x + 1} . \end{array}$

(说明:这里基于何因没把f (x) =1-e-x代入g (x) 的表达式呢?我们的教学中与学生共同探讨过类似问题吗?有比较, 才有选择!)

令h (x) =axf (x) +f (x) -x, 则

$\begin{array}{l} f (x) \leq \frac{x}{a x + 1} \Leftrightarrow h (x) \leq 0 = h (0) . \\ h^{'} (x) = a x f (x) + a x f^{'} (x) + f^{'} (x) - 1 . \end{array}$

(说明:如何才能判断出h′ (x) 的符号?)

因为f (x) +f′ (x) =1, 所以f′ (x) =1-f (x) , 代入上式得:

h′ (x) =af (x) -axf (x) +ax-f (x) .

(说明:为什么把f′ (x) 消去, 而用f (x) 来表示h′ (x) 呢?如何实现对h′ (x) 进行因式分解?如何用f (x) 表示h′ (x) 中的ax?题目给出了用f (x) 表示ax的条件了吗?)

由 (Ⅰ) 知, x≤ (x+1) f (x) , a≥0, 所以

ax≤a (x+1) f (x) ;

又由 (Ⅰ) 知, x≥f (x) , a≥0, 所以

ax≥af (x) .

这样, 自然分以下两种情况讨论:

因为f (x) ≥0, 所以当 $2 a - 1 \geq 0 \Leftrightarrow 0 \leq a \leq \frac{1}{2}$ 时, (2a-1) f (x) ≤0.

当 $0 \leq a \leq \frac{1}{2}$ 时, h′ (x) ≤0, 所以h (x) 在[0, +∞) 是减函数, 所以h (x) ≤h (0) =0, 即 $f (x) \leq \frac{x}{a x + 1}$ 成立.

当 $a > \frac{1}{2}$ 时, 又当 $2 a - 1 - a x \geq 0 \Leftrightarrow 0 < x < \frac{2 a - 1}{a}$ 时, 因为f (x) ≥0, 所以, 当 $a > \frac{1}{2}$ 时, $\exists x \in (0, \frac{2 a - 1}{a})$ , 使

(2a-1-ax) f (x) >0,

即h′ (x) >0, 所以h (x) 在[0, +∞) 是增函数, h′ (x) >h (0) =0, 即 $f (x) > \frac{x}{a x + 1}$ 成立.

综上, 实数a的取值范围 $[0, \frac{1}{2}] .$

点评本小问求解仍是抓住构造判断h′ (x) 符号的函数h (x) 为核心主线组织解题过程, 只是这里对h′ (x) 符号的判断用了一点常用的放缩技巧, 文[3]反复提到“这样的解法学生想得到吗?”笔者冒昧地认为, 不是学生想不到, 而是我们的解题教学是不是真正“教”到位了!设想我们日常的教学中时常不断地运用以上的元认知提示语提问并贯彻分析综合的思维方式, 引导学生如何“想” (回想、联想、猜想) 问题的训练, 日积月累, 学生不仅学会“想”, 而且还会善“想”、乐“想”!从而不再对解题感到畏惧、神秘, 不再对一题多解、甚至巧思妙解感到高不可攀!学生的解题能力才能得到真正提高.

另外, 本小问可以构造函数 $g (x) = f (x) - \frac{x}{a x + 1}$ , 将f (x) =1-e-x代入求解, 限于篇幅不再赘述.

通过以上对高考参考答案的学习、理解与解读, 可以看出高考参考答案的解法 (构造函数, 用导数工具讨论函数的单调性) 是含参数函数不等式恒成立问题产生的源头解法, 具有大众化与常规化的特点, 我们称之为通性通法是不用质疑的!事实上, 多年来全国卷和各省市试卷总是坚守自己的原则, 从课标、教材以及学生的实际出发, 追求数学的一些基本思想, 强调数学本质, 还原质朴, 围绕“中学数学的和核心概念的源头与本质属性”设计试题及提供解决问题通性通法的参考答案, 在促进更好地实施素质教育, 减轻师生负担, 遏制题海战术, 避免师生陷入技巧的怪圈, 发挥了良好的导向作用, 形成了“任尔东西南北风, 我自岿然不动”自然、大气的命题风格.

最后, 在新课改的大背景下, 减负和增效之间的矛盾是当前教育工作者亟待解决的问题, 我们决不能以增补过多的知识、课堂上过多的机械模仿为学生换取一种“应试教育”的高效.这就要求我们教师更多的时候立足课程标准、中学教材, 把中学数学最基本的思想、最本质的方法 (通性通法) 运用好我们的教学智慧传授给学生, 从而在中学阶段打下坚实的基础, 实现真正意义上对数学本质的理解, 达到我们公认的高效!这既是新课标理念的追求, 又是对教师素养的要求.

请读者不妨回顾以下几道高考试题及提供的参考答案, 品味命题人员的良苦用心.

1. (2006全国Ⅰ理科第21题) 已知函数 $f (x) = \frac{1 + x}{1 - x} e^{- a x} .$

(Ⅰ) 设a>0, 讨论y=f (x) 的单调性;

(Ⅱ) 若对任意x∈ (0, 1) 恒有f (x) >1, 求实数a的取值范围.

2. (2006年全国Ⅱ理20) 设函数f (x) = (x+1) ln (x+1) , 若对所有的x≥0, 都有f (x) ≥ax成立, 求实数a的取值范围.

3. (2007全国Ⅰ理20) 设函数f (x) =ex-e-x.

(Ⅰ) 证明:f (x) 的导数f′ (x) ≥2;

(Ⅱ) 若对所有x≥0都有f (x) ≥ax, 求实数a的取值范围.

4. (2008全国Ⅱ理22) 设函数 $f (x) = \frac{\sin x}{2 + \cos x} .$

(Ⅰ) 求f (x) 的单调区间;

(Ⅱ) 如果对任何x≥0, 都有f (x) ≤ax, 求实数a的取值范围.

5. (2010全国新课标理21) 设函数f (x) =ex-1-x-ax2.

(Ⅰ) 若a=0, 求f (x) 的单调区间;

(Ⅱ) 若当x≥0时f (x) ≥0, 求实数a的取值范围.

6. (2010全国新课标文21) 设函数f (x) =x (ex-1) -ax2.

(Ⅰ) 若 $a = \frac{1}{2}$ , 求f (x) 的单调区间;

(Ⅱ) 若当x≥0时f (x) ≥0, 求实数a的取值范围.

7. (2010年湖北理21) 已知函数 $f (x) = a x + \frac{b}{x} + c (a > 0)$ 的图像在点 (1, f (1) ) 处的切线方程为y=x-1.

(Ⅰ) 用a表示出b, c;

(Ⅱ) 若f (x) ≥ln x在[1, +∞) 上恒成立, 求实数a的取值范围.

8. (2011年北京理18) 已知函数 $f (x) = (x - k)^{2} e^{\frac{x}{k}} .$

(Ⅰ) 求f (x) 的单调区间;

(Ⅱ) 若对∀x∈ (0, +∞) , 都有 $f (x) \leq \frac{1}{e}$ , 求实数k的取值范围.

9. (2011年浙江理22) 设函数f (x) = (x-a) 2ln x (a∈R) .

(Ⅰ) 若x=e为y=f (x) 的极值点, 求实数a的值;

(Ⅱ) 求实数a的取值范围, 使得对任意x∈ (0, 3e]恒有f (x) ≤4e2成立.

参考文献

[1]厉倩.浅谈2010年全国卷的四道高考题[J].中学数学, 2010, (9上) .

[2]张国治.用罗比达法则巧解一类高考压轴题[J].数学通讯 (下) , 2011, (12) .

[3]吕增锋.“三招齐下”破解含参数函数的导数应用的题[J].中学数学 (高中版) , 2011, (10) .

[4]李洪庆.一道新课标高考试题解法机理分析及通性通法[J].中学数学 (高中版) , 2011, (9) .

剖析函数问题求解中的误区篇11

一、对函数定义域的理解不透彻

例1 定义在区间［c,2-c2］上的奇函数f(x)=a+2x2x+1的值域是 .

错解：由已知可得f(0)=0则a=-12，y=f(x)=-12+2x2x+1

∵2x=-y+12y-12,且2x>0

∴-12＜y＜12即值域为-12,12

剖析：本题求解时根本没有用条件定义在区间［c,2-c2］上，解题者可能根本就不知如何使用这一条件.

正解：由已知可得c+2-c2=0，即c=2或c=-1其中c=2要舍去，

此时函数的定义域为［-1,1］∴12＜2x＜2,

-16≤y≤16即值域为-16,16

例2 已知函数f(x)=loga(2+ax)，存在实数a，使得函数f(x)在区间［0,1］上是减函数，求a的取值范围.

错解：∵a＞0且a≠1，

∴内函数u=2+ax是增函数，从而外函数y=logau是减函数，则0＜a＜1

剖析：忽视了对数函数的定义域，缺少条件2+ax＞0在区间［0,1］上恒成立.

正解：∵a＞0且a≠1，

∴内函数u=2+ax是增函数，从而外函数y=logau是减函数，

又2+ax＞0在区间［0,1］上恒成立

所以有2>0显然成立，则a∈R

综上0＜a＜1

例3 已知函数y=ln(x2+ax+1)的值域为R，求实数a取值范围.

错解：因为x2+ax+1＞0恒成立，所以Δ＜0，解得-2＜a＜2

剖析：函数的定义域为R时，x2+ax+1＞0恒成立，而要使得函数的值域为R，x2+ax+1必须能取到所有的正数，故Δ≥0.此时x2+ax+1取到的非正数根据对数定义舍去.

正解：由题意的Δ≥0，解得a≤-2,a≥2

注：函数的定义域是研究函数性质的基础，我们在解决函数问题时一定要优先考虑函数的定义域及其等价转换形式.

二、对函数性质成立的条件理解不透彻

例4 函数f(x)=a-3x1+a3x在定义域内是奇函数，求实数a的取值.

错解：因为函数f(x)是奇函数，

所以f(0)=0，解得a=1

剖析：函数f(x)是奇函数并不一定能得到f(0)=0，需要函数f(x)在x=0处有意义这个条件.

正解：因为函数f(x)是奇函数

所以f(-x)=-f(x)即a-3-x1+a3-x=-a-3x1+a3x

解得a=1或-1

注：函数中的许多结论都有成立的条件，我们在应用时需要弄懂题意，分析结论使用的条件是否满足.

三、忽视换元转化时变量的取值范围

例5 设函数f(x)=log9(9x+1)-12x,g(x)=log9a•3x-43a,若函数f(x)与函数g(x)的图像有且只有一个交点，求实数a的取值范围.

错解：由题意可得方程log9(9x+1)-12x=log9a•3x-43a只有一个根

令t=3x，得(a-1)t2-43at-1=0有且只有一个根

则a=1或a≠1Δ=0，解得a=0,a=-3,a=34

剖析：换元后t=3x＞0，而方程(a-1)t2-43at-1=0的根不一定是正数.

正解：令t=3x，得(a-1)t2-43at-1=0有且只有一个正根，

当a=1时，t=-34，不合题意舍去；

当a≠1时，若Δ=0，得a=-3,a=34，检验后，均不符合题意，则必有Δ＞0，根据题意可得t1•t2=-1a-1＜0，得a＞1

注：利用换元法将问题进行转化时，要注意变量的取值范围的变化.

四、混淆函数的相关概念

例6 函数f(x)=x2-2(a-1)x+2在区间(-∞,4］上是减函数，求实数a的取值范围.

错解：函数f(x)=x2-2(a-1)x+2的对称轴是x=a-1

则由a-1=4解得a=5

剖析:x=4不一定是函数的对称轴，也可以在f(x)的对称轴的左侧.

正解：由数形结合可得a-1≥4解得a≥5

三角函数中的参数问题篇12

全局最优化在许多领域有广泛的应用, 如计算机科学, 经济管理, 资源管理, 工程设计, 生物工程等.自70年代以来有关全局最优化的新的理论及计算方法层出不穷.人们已提出的有效全局优化方法可以分成两类:确定性方法, 如打洞函数法[3,4,5,10], 填充函数法[1,2]等.不确定方法, 又称随机类方法, 如模拟退火算法[11], 遗传算法[12]等.因此, 研究全局最优化方法, 既具有十分重要的理论意义, 又具有广泛的直接应用前景.

填充函数法最早是由西安交通大学的葛仁傅教授在文章[1]中首先提出的, 它的基本思想是:在目标函数f (x) 的当前的局部极小点x*1处构造填充函数P (x) , 如果P (x) 的一个极小点 $\bar{x}$ 在比x*1所在盆谷更低的盆谷中, 则以 $\bar{x}$ 为初始点极小化f (x) 可得到f (x) 的比x*1更低的极小点x*2, 再用x*2代替x*1可找到更低的极小值点.重复以上过程, 在一定条件下结束.最终可以找到f (x) 的全局极小点x*g.

文献[7,8,9]针对两个参数不易调节的问题利用文献[1]的定义加以修改, 构造出了单参数的填充函数.文中是在以上文献的基础上给出的一种有效的单参数填充函数.

本文的结构如下:第2节是预备知识, 给出填充函数的定义以及一些假设条件;第3节给出一个单参数的填充函数, 通过证明它的性质说明所给的函数是一个填充函数;第4节给出填充函数的算法, 并用数值试验结果来说明算法的有效性和可行性;第5节给出结论.

2 预备知识

我们考虑如下无约束最优化问题:

${\begin{cases} \min f (x), \\ s . t x \in R^{n} . \end{cases} (2.1)$

首先我们做如下假设:

假设1f (x) 在Rn上连续可微, f (x) 的局部极小点个数可以有无限个, 但其局部极小值个数只有有限个.

假设2f (x) 是一个强制函数, 即当x→+∞时, 有f (x) →+∞.

显然, 由假设2可知, 存在这样一个强紧集Ω⊂Rn, 它的内部包含f (x) 的所有极小点.为方便起见, 设Ω被一些常数ci, di, i=1, …, n所确定, 特别, 不妨令Ω={ (x1, …, xn) |ci≤xi≤di, i=1, …, n}, 这里ci, di, i=1, …, n是常数.所以, 原极小化问题等价于如下的极小化问题:

${\begin{cases} \min f (x), \\ s . t x \in Ω . \end{cases} (2.2)$

接下来我们介绍几个概念.

定义2.1 一个连通区域B*称为f (x) 在孤立局部极小点x*的盆谷, 是指x*∈B*, 而且从B*内任一点出发, f (x) 的最速下降轨迹一定趋向于x*, 但从B*外的任一点出发, f (x) 的最速下降轨迹一定不趋向于x*.类似地, 称B*为f (x) 的孤立局部极大点x*处的山丘, 若B*为-f (x) 在x*处的盆.

如果f (x) 的两个局部极小点x*1和x*2处的函数值满足f (x*1) ≤f (x*2) , 称x*1处的盆比x*2处的盆低;否则称x*1处的盆比x*2处的盆高.显然有这样的结论:如果B*是x*的盆谷, 那么对∀x∈B*且x≠x*, 有f (x) >f (x*) .

定义2.2 设x*是f (x) 的一个局部极小点, x*处的简单盆S*是一个含于B*内的一个连通区域, 对∀x∈S*且x≠x*, 不等式 (x-x*) T∇f (x) >0成立, 类似地可以定义简单山丘.

定义2.3F (x, q) 称为极小化问题 (2.1) 的对应于局部极小点x*处一个填充函数, 如果F (x, q) 满足如下性质:

(1) x*是F (x, q) 的一个严格局部极大点;

(2) ∇F (x, q) ≠0, 当x∈S1时, S1={x|f (x) ≥f (x*) , x∈Ω＼x*};

(3) 如果x*不是f (x) 的一个全局极小点, 且S2={x|f (x) <f (x*) , x∈Ω}≠Ø, 那么存在一个点 $\bar{x}$ ∈S2是F (x, q) 的一个局部极小点.

3 填充函数的构造及其性质

我们构造在f (x) 当前局部极小点x*处的填充函数的形式如下:

F (x, q) =-ln (f (x) -f (x*) +1) -q (x-x*) 2. (3.1)

这里, x*是f (x) 当前局部极小点, q>0且足够大.

对任意的x∈Ω, 令d (x) =x-x*;L1=max∇f (x) , 其中x∈Ω;D=minf (x) -f (x*) , 其中x∉S1, S1是x*包含的简单盆.

下面我们将证明F (x, q) 满足定义2.3.

定理3.1 假设x*是函数f (x) 的一个局部极小点, 则x*一定是F (x, q) 的一个严格局部极大点.

证明因为x*是函数f (x) 的一个局部极小点, 所以存在x*的一个领域N (x*, δ) (δ>0) 使得对任意的x∈N (x*, δ) 都有f (x) ≥f (x*) .故, 对任意的x∈N (x*, δ) /{x*}都有

F (x, q) =-ln (f (x) -f (x*) +1) -q (x-x*) 2<0=F (x*, q) . (3.1)

所以, x*是函数F (x, q) 的一个严格局部极大点.

定理3.2 对任意的d∈Ω, 且f (x) >f (x*) , 若dT∇f (x) ≥0, dT (x-x*) >0, 或dT∇f (x) >0, dT (x-x*) ≥0, 那么, d都是F (x, q) 在x*处的一个下降方向.特别沿x-x*方向, F (x, q) 是下降的.

证明由 (3.1) 可知:

$\begin{array}{l} d^{Τ} \nabla F (x, q) \\ = - d^{Τ} (\frac{\nabla f (x)}{f (x) - f (x^{*})} + 2 q | x - x^{*} |) \\ = - (\frac{d^{Τ} \nabla f (x)}{f (x) - f (x^{*})} + 2 q d^{Τ} (x - x^{*})) . (3.2) \end{array}$

由定理2的条件可得:dT∇F (x, q) <0, 故d是F (x, q) 在x*处的下降方向.特别地, 当x∈S1时, F (x, q) 沿方向x-x*是下降的, 则S1变成F (x, q) 的一个山丘.

定理3.3 若f (x) >f (x*) , 且dT∇f (x) <0, dT (x-x*) >0时, 有

$q > \frac{- d^{Τ} \nabla f (x)}{2 d^{Τ} (x - x^{*}) (f (x) - f (x^{*}))} = a (x), (3.3)$

则d是F (x, q) 在x*处的下降方向, 特别在x-x*方向成立.

证明只需要证明dT∇F (x, q) <0即可.由 (3.2) 可知, 要使dT∇F (x, q) <0, 只要 $\frac{d^{Τ} \nabla f (x)}{f (x) - f (x^{*})} + 2 q d^{Τ} (x - x^{*}) > 0$ 即可.在题设条件下, 只要 (3.3) 式成立, 就有dT∇F (x, q) <0, 故d是F (x, q) 在x*处的下降方向, 特别在x-x*方向成立.即当 $q > \frac{L_{1}}{D}$ 时, d是F (x, q) 在x*处的下降方向.

定理3.2和定理3.3说明, 在f (x) 的一个极小点x*1的盆S2中, 只要S2比S1高, 即f (x) >f (x*) , 则至少沿方向x-x*, x∈S2, F (x, q) 总是下降的, 所以F (x, q) 在S2中不可能有任何极小点或鞍点, 即∇F (x, q) ≠0.

定理3.4 若f (x) >f (x*) , 且dT∇f (x) <0, dT (x-x*) >0时, 有q<a (x) , 则d是F (x, q) 在x*处的一个上升方向.

证明仿定理3.3的证明可得, 在给定的条件下有dT∇F (x, q) >0.

定理3.5 当 $\frac{L_{1}}{D} < q < a (x) (3.4)$

时, F (x, q) 在比S1低的盆中必有极小点或鞍点.

证明由定理3.3和定理3.4, 可得定理3.5.此外, 在比x*的盆S1低的盆S2中, 当f (x) -f (x*) →0+时, a (x) →+∞, 这时 (3.3) 式右侧趋于正无穷大.这个性质保证, 不管q多大, (3.4) 式都成立, 同时也保证了全局极小点不会丢失.

4 算法和数值试验

求解问题 (2.1) 全局最优解的新的单参数填充函数算法[6]如下:

步0.选取M>0作为q的终止值.选取方向ei, i=1, …, k0和整数k0≥2n, 这里n是变量的个数.选取一个初始点x $_{1}^{0}$ ∈Ω.令k∶=1.

步1.从初始点x $_{k}^{0}$ 出发, 用局部极小化方法得到目标函数f (x) 的一个局部极小点, 记为:x*k.取一个初始参数q∶=q0, 令i=1, δ>0 (δ可适当选取) .

步2.令F (x, q) =-ln (f (x) -f (x*) +1) -q (x-x*) 2. (4.1)

步3.令 $\bar{x}_{k}^{*} = x_{k}^{*} + δ e_{i}$ .如果 $f (\bar{x}_{k}^{*}) < f (x_{k}^{*})$ , 则令 $x_{k + 1}^{0} ∶ = \bar{x}_{k}^{*}, k ∶ = k + 1$ 转步1.

步4.以 $\bar{x}_{k}^{*}$ 为初始点, 用局部极小化方法解极小化问题 (4.1) , 令 $\bar{x}$ q, x*k为所得极小点, 如果 $\bar{x}$ q, x*k∈int Ω, 则令 $x_{k + 1}^{0} ∶ = \bar{x}_{q, x_{k}^{*}}, k ∶ = k + 1$ 转步1;如果 $\bar{x}$ q, x*k∈∂Ω, 则转步5.

步5.如果q<M, 则令i∶=1, 增加q, 转步4.否则, q:=q0, 转步6.

步6.如果i<k0, 令i∶=i+1, 转步3.否则, 停止, x*k已经是极小化问题的一个全局极小点.

我们验算如下算例:

以下算例的局部极小值点都是在Matlab 7.0的工具箱fmincon, Windows XP, Celeron (R) CPU 2.80 GHZ上得到的.每个算例的数值结果都分别用表格给出, 在运算或绘制的表格中我们用到如下记号:

ei, i=1, …, n:其第i个元素为1, 其它元素为0.

k:表示极小化问题 (2.1) 的局部极小化过程的次数.

q:表示用于寻找第k+1个局部极小值点的参数.

x $_{k}^{0}$ :表示原极小化问题 (2.1) 的第k次极小化过程的初始点.

x*k:表示原极小化问题 (2.1) 的第k个极小值点.

f (x*k) :表示原极小化问题 (2.1) 的第k个极小值点处的函数值.

time:表示算法停止时所占用CPU的时间.

数值试验结果如下:

算例1 Goldstein-Price问题

我们取Ω={-3≤xi≤3|i=1, 2}.以 (1, 1) 为初始点, 用上述算法得到全局极小值点为x*= (0.0000, -1.0000) ;对应的全局极小值为f (x*) =3.0000.

算例2 Three-Hump Camel-back问题

f (x) =2x $_{1}^{2}$ -1.05x $_{1}^{4}$ +x $_{1}^{6}$ /6-x1x2+x $_{2}^{2}$ .

我们取Ω={-3≤xi≤3|i=1, 2}.以 (2, 2) 为初始点, 用上述算法得到全局极小值点为x*=1.0e-005 (-0.4384, 0.1846) ;对应的全局极小值为f (x*) =4.9931e-011.

算例3 Six-Hump Camel-back问题

f (x) =4x $_{1}^{2}$ -2.1x $_{1}^{4}$ +x $_{1}^{6}$ /3-x1x2-4x $_{2}^{2}$ +4x $_{2}^{4}$ .

我们取Ω={-3≤xi≤3|i=1, 2}.以 (0, 0) 为初始点, 用上述算法得到全局极小值点为x*= (0.0898, 0.7127) ;对应的全局极小值为f (x*) =-1.0316.

5 结论

本文给出了一个单参数的填充函数, 这个填充函数是满足定义2.3的, 并给出了相应的算法, 并且数值试验表明了这个算法的可行性和有效性.

参考文献

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